2026年四川泸州市高三二诊高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高2023级第二次教学质量诊断性考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，则（

）A．62 B．64 C．79 D．814．在等比数列中，，，则（

）A．48 B．72 C．96 D．1925．已知随机变量服从正态分布，若，则（

）A． B．1 C．2 D．46．已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（

）A． B． C．15 D．607．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．的最小正周期为1 B．是偶函数C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增8．三棱锥的底面为正三角形，侧棱底面，若，则该三棱锥外接球表面积的最小值为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（

）A．极差不相等 B．中位数相等C．平均数相等 D．标准差可能相等10．在锐角中，角的对边分别是，已知，则（

）A． B．C． D．11．过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（

）A．与一定有两个交点B．点在的一条渐近线上C．若，则的离心率为D．若，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知平面向量，若，则实数．13．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为．14．已知函数，若函数恰有4个零点，则的取值范围为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知是公差不为0的等差数列，，是和的等比中项．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前项和．16．乘着文旅融合的东风、借着线上推广的热潮，某非遗工坊生产的油纸伞销量逐年增长．该工坊为了科学规划生产，统计了2021-2025年油纸伞的销量数据如下表：年份t/年20212022202320242025年份代码12345销量/万把78101114(1)统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该工坊油纸伞的销量最早在哪一年能超过20万把：(2)已知该工坊2023年售出的油纸伞中，有6万把通过线上售出，用频率估计概率，现从2023年售出的油纸伞中随机抽取3把，求其中线上售出数量的分布列．附：为回归直线方程，．17．如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点．(1)若是棱的中点，求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值．18．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)设，且．证明：（i）在区间存在唯一的极值点；（ii）对于（i）中的．19．设抛物线的焦点为，过的直线与交于两点（点在轴上方），点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为．(1)若的倾斜角为，求；(2)探究直线是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由；(3)若线段的中点分别为，求的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】根据集合的交集和补集运算求解即可.【详解】因为全集，集合，则，又因为集合，所以.故选：B.2．B【分析】根据复数的除法运算可得，结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为复数，所以复数对应的点为，位于第二象限.故选：B.3．A【分析】先应用对数转化得出，再平方化简求值即可.【详解】因为，所以，所以，则.故选：A4．C【分析】设等比数列的公比为，结合等比数列性质运算求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，可得，所以.故选：C5．C【分析】根据正态曲线的对称性计算可得.【详解】因为且，即，所以.故选：C6．D【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可.【详解】因为展开式的二项式系数和为，解得，且展开式的通项为，，令，解得，可得，所以其展开式的常数项为60.故选：D.7．D【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期公式运算求解即可；对于B：利用诱导公式整理可得，进而判断奇偶性；对于C：根据对称轴与函数最值之间的关系分析判断；对于D：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断.【详解】因为函数，对于选项A：的最小正周期为，故A错误；对于选项B：为奇函数，故B错误；对于选项C：因为，不为最值，所以的图象不关于直线对称，故C错误；对于选项D：因为，则，且正弦函数在内单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.故选：D.8．C【分析】设，可得的外接圆半径，，根据直棱柱的外接球半径公式结合二次函数运算求解即可.【详解】设，则正的外接圆半径，因为，则，则该三棱锥外接球半径，当且仅当时，等号成立，所以该三棱锥外接球表面积的最小值为.故选：C.9．BD【分析】不妨设，则，即可得新数据，结合极差、中位数的定义分析判断AB；举反例判断CD.【详解】不妨设，则，新数据按升序排列可得，对于选项A：两组数据的极差均为，即极差相等，故A错误；对于选项B：两组数据的中位数均为，即中位数相等，故B正确；对于选项C：例如，则，平均数为，新数据的平均数为，显然，所以平均数不相等，故C错误；对于选项D：例如，则，显然其标准差为0，新数据的标准差也为0，两者相等，故D正确；故选：BD.10．ACD【分析】根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，可判定A正确；由，得到，根据正弦定理得到，可判定B错误；由余弦定理和已知条件，化简得到，将，代入求得，可判定C正确；化简得到，结合二次函数的性质，可判定D正确.【详解】对于A，因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，即，可得，因为，所以或，即或（舍去），所以A正确；对于B，由，可得，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以B错误；对于C，由余弦定理得，因为，代入可得，整理得，即，又因为，可得，所以，所以，所以C正确；对于D，由，可得，则，因为，可得，因为为锐角三角形，可得，解得，令，可得在单调递增，当时，；当时，，所以，因为，所以成立，所以D正确.故选：ACD.11．BCD【分析】对于B：分析可知，，进而分析斜率即可；对于A：举反例说明即可；对于C：结合双曲线定义可得，，结合勾股定理运算求解；对于D：根据题意可得，，即可得面积.【详解】对于选项B：由题意可知：，，，可得，则直线的斜率，可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确；对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为，可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误；对于选项C：设双曲线的另一个焦点为，若，可知点为的中点，且为的中点，则，，可得，由勾股定理可得：，即，可得，所以双曲线的离心率为，故C正确；对于选项D：若，则，，所以，故D正确.故选：BCD.12．【分析】根据题意，结合平面向量的数量积和垂直关系的坐标运算，列出方程，即可求解.【详解】由向量，可得，因为，所以，解得.故答案为：.13．3【分析】设，根据椭圆定义可得，，进而可得，即可得结果.【详解】由题意可知：，，设，则，，若，则，解得，可得，，所以.故答案为：3.14．【分析】分析可知为奇函数，根据对称性可得函数在内恰有2个零点，构造，，整理可得与在内恰有2个交点，利用导数分析的单调性和极值，结合函数图象分析求解.【详解】由题意可知：函数的定义域为，且，可知为奇函数，若函数恰有4个零点，则函数在内恰有2个零点，当，则，可得，令，可得，构造，，则与在内恰有2个交点，因为，，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，当趋近0时，趋近于1；当趋近时，趋近于；作出函数的图象，如图所示：由图象可得：，所以的取值范围为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，得到和，联立求得的值，即可求得的通项公式；（2）由（1）知，得到，结合裂项法求和，即可求解.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为，可得，又因为是和的等比中项，可得，即，即，因为，所以，代入，可得，所以，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知：，可得，所以.16．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据题中公式求出关于的线性回归方程，再运用代入法进行求解即可；（2）运用二项分布的定义和性质进行求解即可.【详解】（1），，，，，所以关于的线性回归方程为；当，所以预测该工坊油纸伞的销量最早在年能超过20万把.（2）该工坊2023年售出的油纸伞中，有6万把通过线上售出，用频率估计概率，所以2023年售出的油纸伞中，通过线上售出的概率为，由题意可知：，所以，，，，所以其中线上售出数量的分布列为：17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直定理证明；（2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式转化为求二次函数的最小值.【详解】（1）由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面，因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得，又，结合平面，得平面，因为平面，所以，由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面；（2）由二面角的大小为，结合平面，可知，如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，由，得各点坐标：，设（），则，故的坐标为，向量，设平面的法向量为，由得；由得，令，则，故法向量，直线的方向向量为，设直线与平面所成角为，则，二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为，代入得的最大值为：，因此，.18．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负性来讨论函数的单调性，需要对的取值范围进行分类讨论；（2）（i）先求出的表达式，再对求导，根据导数的性质判断在区间上的单调性，进而证明存在唯一的极值点；（ii）根据（i）中得到的极值点的性质，对进行化简，然后通过构造函数并利用导数研究函数单调性来证明.【详解】（1）已知函数，其定义域为，求导得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增.当时令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）（i）已知，定义域，当时，单调递减，又因为，所以单调递增，而也单调递增，故在上单调递增，无极值点；求导得，设，，因为，所以在上为增函数，而，，故在上存在一个零点，且时，，时，，故在上为减函数，在为增函数，而，，故在上存在唯一一个零点，且时，即，时，即，所以在区间上存在唯一的极值点.（ii）由（i）得，即，则，令，，求导得，令，求导得，整理得因为，所以，即在上单调递增，所以，所以，在上单调递增，所以，即.19．(1)(2)(3)【分析】（1）设，结合抛物线关系化简出直线的方程，由于直线过，代入得，由的倾斜角得出斜率关系，得，结合抛物线定义求弦长；（2）结合（1），设，得出，，，得出直线所过